2024-2025学年江苏省宿迁市高三（上）学情调研数学试卷（含答案）

展开

这是一份2024-2025学年江苏省宿迁市高三（上）学情调研数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合M={x|−2A. {−1,1}B. {−2,−1,0}C. {−1,0,1}D. {−1,−2,0,1}
2.命题“∃x∈R，x2+x+1<0”的否定为( )
A. ∃x∈R，x2+x+1≥0B. ∃x∉R，x2+x+1≥0
C. ∀x∈R，x2+x+1≥0D. ∀x∉R，x2+x+1≥0
3.若a>0，b>0，a+2b=3，则3a+6b的最小值为( )
A. 5B. 6C. 8D. 9
4.已知函数f(x)的值域是[−2,3]，则函数f(x−2)的值域为( )
A. [−4,1]B. [0,5]C. [−4,1]∪[0,5]D. [−2,3]
5.我们把分子、分母同时趋近于0的分式结构称为00型，比如：当x→0时，ex−1x的极限即为00型.两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在1696年提出洛必达法则：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法.如：x→0limex−1x=x→0lim(ex−1)′x′=x→0limex1=1，则x→1limx2−1x3lnx=( )
A. 0B. 12C. 1D. 2
6.2018年9月24日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主，英国89岁高龄的著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学界的震动.在1859年，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为《论小于某值的素数个数》的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想.在此之前著名的数学家欧拉也曾研究过这个何题，并得到小于数字x的素数个数大约可以表示为πx≈xlnx的结论.若根据欧拉得出的结论，估计10000以内的素数个数为( )(素数即质数，lge≈0.43，计算结果取整数)
A. 1079B. 1075C. 434D. 2500
7.已知f(x)=|ln(−x)|,x<0x2−4x+5,x≥1，若方程f(x)=m(m∈R)有四个不同的实数根x1，x2，x3，x4，则x1⋅x2⋅x3⋅x4的取值范围是( )
A. (3,4)B. (2,4)C. [0,4)D. [3,4)
8.f(x)是在[0,1]上的连续函数，设An=k=1n|f(k−1n)−f(kn)|，则( )
A. An≤A2nB. An≤An+mC. 2An≤A2nD. 2An≤An+m．
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数f(x)=x3+12x2−4x，则( )
A. x=2是f(x)的极小值点B. f(x)有两个极值点
C. f(x)的极小值为1D. f(x)在[0,2]上的最大值为2
10.下列命题正确的有( )
A. 函数f2x定义域为[−2,2]，则fx2的定义域为[−2,2]
B. 函数fx=ln x2+1+x是奇函数
C. 已知函数fx=|lgx|−k存在两个零点x1,x2，则x1x2=k
D. 函数fx=x+1x在(0,+∞)上为增函数
11.已知x>0，y>0，2x+y=1，则( )
A. 4x+2y的最小值为2 2B. lg2x+lg2y的最大值为−3
C. y−x−xy的最小值为−1D. 2x2x+2+y2y+1的最小值为16
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.∀x∈R，函数fx=x3+ax2+3ax+4没有极值的充要条件为．
13.已知函数fx=lgx2−ax+12在−1,3上单调递减，则实数a的取值范围是．
14.设集合S={x∈R+|xn=n,n∈N+}，则集合S中最小的元素是______，集合S中最大的元素是______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知集合P={x|2x2−3x+1≤0}，Q={x|(x−a)(x−a−1)≤0}．
(1)若a=1，求P∩Q；
(2)若x∈P是x∈Q的充分条件，求实数a的取值范围．
16.(本小题12分)
已知函数fx=ax2+bx+18，fx>0的解集为−3,2．
(1)求f(x)的解析式；
(2)当x>−1时，求y=fx−21x+1的最大值．
17.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为梯形，AB//DC，AB=2BC= 2CD=2，∠ABD=60∘，PB⊥AD，PB=PD=1．
(1)求点P到平面ABCD的距离;
(2)在棱PC上是否存在点F，使得平面DBF与平面PBC夹角的余弦值为15?若存在，求出点F的位置;若不存在，请说明理由．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=2x，若点P(x0,y0)在y=f(x)的图象上运动，则点Q(y0+1,2x0+1)在y=g(x)的图象上运动
(1)求F(x)=f(x)+f(−x)的最小值，及相应的x值
(2)求函数y=g(x)的解析式，指出其定义域D，判断并证明G(x)=f(x)+g(x)在D上的单调性
(3)在函数y=f(x)和y=g(x)的图象上是否分别存在点A、B关于直线y=x−1对称，若存在，求出点A、B的坐标；若不存在，请说明理由
19.(本小题12分)
帕德近似是法国数学家亨利⋅帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：R(x)=a0+a1x+…+amxm1+b1x+⋯+bnxn，且满足：f(0)=R(0)，f′(0)=R′(0)，f″(0)=R″(0)，…，f(m+n)(0)=R(m+n)(0).(注：f″(x)=[f′(x)]′，f″′(x)=[f″(x)]′，f(4)(x)=[f″′(x)]′，f(5)(x)=[f(4)(x)]′，…；f(n)(x)为f(n−1)(x)的导数)已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似为g(x)=mx1+nx．
(1)求实数m，n的值；
(2)证明：当x≥0时，f(x)≥g(x)；
(3)设a为实数，讨论方程f(x)−a2g(x)=0的解的个数．
参考答案
1.C
2.C
3.D
4.D
5.D
6.B
7.D
8.A
9.BD
10.AB
11.ABD
12.0≤a≤9
13.[6,7)
14.1 33
15.解：(1)P={x|2x2−3x+1≤0}={x|12≤x≤1}，
当a=1时，Q={x|(x−1)(x−2)≤0}={x|1≤x≤2}，
则P∩Q={1}；
(2)∵a≤a+1，∴Q={x|(x−a)(x−a−1)≤0}={x|a≤x≤a+1}，
∵x∈P是x∈Q的充分条件，∴P⊆Q，
∴a≤121≤a+1，解得0≤a≤12，
即实数a的取值范围是[0,12]．
16.解：(1)因为函数fx=ax2+bx+18，fx>0的解集为−3,2，
那么方程ax2+bx+18=0的两个根是−3，2，且a<0，
由韦达定理有−3+2=−1=−ba−3×2=−6=18a⇒a=−3b=−3,
所以fx=−3x2−3x+18．
(2)y=fx−21x+1=−3x2−3x−3x+1=−3⋅xx+1+1x+1=−3x+1x+1=−3x+1+1x+1−1，
由x>−1，则x+1>0，
根据基本不等式有：x+1+1x+1≥2，当且仅当x+1=1x+1，即x=0时取等号，
∴当x=0时，ymax=−3．

17.解：(1)由题设，知AB//DC，所以∠ABD=∠BDC=60∘．
又BC=CD=1，所以△BCD为等边三角形，所以BD=BC=1．
在△ABD中，AB=2，BD=1，
所以AD2=AB2+BD2−2AB×BD×cs∠ABD，
即AD2=22+12−2×2×1×cs60∘=3，则AD= 3．
所以AD2+BD2=AB2，即AD⊥BD．
又PB⊥AD，PB∩BD=B，PB⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，
所以AD⊥平面PBD．
因为AD⊂平面ABCD，
所以平面PBD⊥平面ABCD．
如图1，设O为BD的中点，连接PO，
因为PB=PD，所以PO⊥BD．
又因为平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD=BD，PO⊂平面PBD，
所以PO⊥平面ABCD，所以PO的长度，即为点P到平面ABCD的距离．
在Rt△POB中，PB=1，BO=12，所以PO= PB2−BO2= 32，
即点P到平面ABCD的距离为 32．
(2)如图2，连接OC，则OC⊥BD，
又PO⊥平面ABCD，OC⊂平面ABCD，
所以PO⊥OC，所以PO，BD，OC两两互相垂直．
以O为原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O−xyz．
则B(12,0,0)，C(0, 32,0)，D(−12,0,0)，P(0,0, 32)，
所以PC=(0, 32,− 32)，DB=(1,0,0)，BC=(−12, 32,0)，BP=(−12,0, 32).
若PC上存在点F满足题意，不妨设PF=λPC，
则F(0, 32λ, 32(1−λ))，0≤λ≤1，
所以BF=(−12, 32λ, 32(1−λ))．
设m=(x,y,z)是平面BDF的法向量，
则m⋅BF=−12x+ 32λy+ 32(1−λ)z=0,m⋅DB=x=0,
解得y=λ−1λz，不妨取z=λ，则y=λ−1，
则平面BDF的一个法向量为m=(0,λ−1,λ).
同理，设n=(x1,y1,z1)是平面PBC的法向量，
则n⋅BP=−12x1+ 32z1=0,n⋅BC=−12x1+ 32y1=0,
解得x1= 3y1= 3z1，不妨取y1=z1=1，则x1= 3，
所以平面PBC的一个法向量为n=( 3,1,1)，
所以|cs|=|m⋅n|m||n||=|0+(λ−1)×1+λ (λ−1)2+λ2× 5|=15，
化简整理得9λ2−9λ+2=0，解得λ=13或λ=23．
即PF=13PC或PF=23PC．
故在PC的三等分点处存在点F，可使得平面DBF与平面PBC夹角的余弦值为15．
18.解：(1)F(x)=f(x)+f(−x)=2x+2−x≥2 2x⋅2−x=2，当且仅当2x=2−x即x=0时，等号成立，即F(x)的最小值为2，对应的x为0．
(2)设y=g(x)图象上点Q(x,y)，由题：x=y0+1y=2x0+1，所以x0=y−12y0=x−1
点P(x0,y0)在y=f(x)的图象上运动，则y0=2x0，
所以x−1=2y−12，y=2lg2(x−1)+1，由x−1>0得其定义域为(1,+∞)
所以g(x)=2lg2(x−1)+1，定义域为(1,+∞)
G(x)=f(x)+g(x)=2x+2lg2(x−1)+1在定义域内为增函数，证明如下：
任取12x1−2x2<0，lg2(x1−1)−lg2(x2−1)<0，
G(x1)−G(x2)=2x1+2lg2(x1−1)+1−2x2+2lg2(x2−1)+1
=2x1−2x2+2lg2(x1−1)−lg2(x2−1)<0，
即G(x1)所以G(x)=f(x)+g(x)在定义域内是增函数．
(3)假设函数y=f(x)和y=g(x)的图象上分别存在点A,B关于直线y=x−1对称，
设其坐标A(m,n),B(a,b)，则有：
n=2mb=2lg2(a−1)+1n−bm−a=−1n+b2=m+a2−1解得：m=−2n=14a=54b=−3
故在函数y=f(x)和y=g(x)的图象上分别存在点A(−2,14),B(54,−3)关于直线y=x−1对称．

19.解：(1)∵f(x)=ln(x+1),g(x)=mx1+nx，∴f(0)=g(0)=0，
又∵f′(x)=1x+1，f″(x)=−1(x+1)2，g′(x)=m(1+nx)−nmx(1+nx)2=m(1+nx)2，g″(x)=−2mn(1+nx)3，
由题意可得，f′(0)=g′(0)，f′″(0)=g′′(0)，
∴m=1−2mn=−1，
解得m=1,n=12；
(2)证明：由(1)知，g(x)=2xx+2，
令φ(x)=f(x)−g(x)=ln(x+1)−2xx+2(x≥0)，
则φ′(x)=1x+1−4(x+2)2=x2(x+1)(x+2)2>0，
∴φ(x)在其定义域(−1,+∞)内为单调递增函数，
又φ(0)=f(0)−g(0)=0，
∴x≥0时，φ(x)=f(x)−g(x)≥φ(0)=0，
即当x≥0时，f(x)≥g(x)；
(3)令ℎ(x)=f(x)−a2⋅g(x)=ln(x+1)−axx+2，则定义域是(−1,+∞)，
ℎ′(x)=1x+1−2a(x+2)2=x2+(4−2a)(x+1)(x+1)(x+2)2．
(i)当a≤2时，ℎ′(x)≥0，
∴ℎ(x)在(−1,+∞)上单调递增，且ℎ(0)=0，
∴ℎ(x)在(−1,+∞)上存在1个零点；
(ii)当a>2时，令t(x)=x2+(4−2a)(x+1)=x2+(4−2a)x+(4−2a)，
由t(x)=0，得x1=(a−2)− a2−2a<0,x2=(a−2)+ a2−2a>0．
又∵t(−1)=1>0，t(0)=4−2a<0，
∴x1∈(−1,0)，x2∈(0,+∞)．
当x∈(x1,x2)时，∵ℎ(0)=0，
∴ℎ(x)在(x1,x2)上存在1个零点，
且ℎ(x1)>ℎ(0)=0，ℎ(x2)<ℎ(0)=0；
当x∈(−1,x1)时，
∵ℎ(e−a−1)=lne−a−a(e−a−1)e−a+1=−2ae−ae−a+l<0，−1而ℎ(x)在(−1,x1)单调递增，且ℎ′(x1)=0，而ℎ(e−a−1)<0，
故−1∴ℎ(x)在(−1,x1)上存在1个零点；
当x∈(x2,+∞)时，
∵ℎ(ea−1)=lnea−a(ea−1)ea+1=2aea+1>0，ea−1>0，
而ℎ(x)在(x2,+∞)单调递增，且ℎ′(x2)=0，而ℎ(ea−1)>0，
∴ea−1>x2，
∴ℎ(x)在(x2,+∞)上存在1个零点．
从而ℎ(x)在(−1,+∞)上存在3个零点．
综上所述，当a≤2时，方程f(x)−a2g(x)=0有1个解；
当a>2时，方程f(x)−a2g(x)=0有3个解． x
(−1,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,+∞)
ℎ′(x)
+
0
−
0
+
ℎ(x)
单调递增
极大值ℎ(x1)
单调递减
极小值ℎ(x2)
单调递增

2024-2025学年江苏省宿迁市高三（上）学情调研数学试卷（含答案）

更专业

更丰富

更便捷

真低价

欢迎来到教习网